Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên lê thánh tông, quảng nam

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (851.21 KB, 9 trang )

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ
THÁNH TÔNG – QUẢNG NAM

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ - KHỐI 10
NĂM 2018
Thời gian làm bài: 180 phút
không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Bài 1 (5 điểm): Tỷ số khối lượng của ba vật A, B và C là 1: 2: 3. Vật A, B đặt trên sàn
xe C như hình vẽ (Hình 1). Giữa vật A và B có đặt
một lượng thuốc nổ. Ban đầu, xe đứng yên trên mặt
phẳng nhẵn, nằm ngang. Tại thời điểm t = 0, thuốc nổ
phát nổ. Vật A và vật B chuyển động về hai phía và
dừng lại so với xe C sau những khoảng thời gian tương ứng là t A và tB. Biết hệ số ma sát
trượt giữa A, B với C bằng nhau. Tìm tỷ số thời gian chuyển động giữa vật A và vật B.
Bài 2 (4 điểm): Một vật khối lượng m có dạng mặt nón, bán kính đáy là R, góc ở đỉnh
2α . Cho hình nón quay với vận tốc góc ban đầu ωo quanh trục của nó và thả một hạt nhỏ
có khối lượng cũng bằng m từ đỉnh của hình nón trên một rãnh nhỏ dọc theo một đường
sinh. Bỏ qua ma sát. Hãy tìm:
a. Mô men quán tính của hình nón.
b. Vận tốc góc của hình nón khi hạt tới đáy nón.
c. Góc hợp bởi vận tốc của hạt khi rời khỏi đường sinh với mặt đáy của hình nón.

1

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Bài 3 (4 điểm): Cho một ống hình chữ U, hai nhánh A và B dựng đứng, áp suất không
khí trong hai nhánh này bằng áp suất khí quyển. Phần nằm ngang của ống chữ U có
chiều dài 2h, gấp đôi chiều cao của hai ống thẳng đứng và chứa đầy thủy ngân. Bịt kín
hai miệng của ống hình chữ U.
1. Cho ống chữ U chuyển động trên mặt ngang, hướng sang phải với gia tốc
không đổi. Tính gia tốc của ống khi độ dài của đoạn thủy ngân trong ống nằm ngang là
5
h.
3

2. Nếu lấy nhánh A của ống chữ U làm trục quay thì khi quay ống chữ U với tốc
độ góc không đổi ω cũng quan sát được đoạn thủy ngân nằm ngang ổn định là

5
h . Tìm
3

tốc độ quay ω của ống chữ U.

Bài 4 (4 điểm): Cho một động cơ nhiệt, chất công tác là chất khí lưỡng nguyên tử. Động
cơ nhiệt hoạt động theo chu trình 1- 2 – 3 - 4 - 5, được biểu diễn trong hệ toạ độ áp suất
p và thể tích V như hình vẽ. Các đoạn 1- 2 và 4 - 5 là các quá trình đoạn nhiệt; các đoạn
2 – 3 và 5 - 1 là các quá trình đẳng tích; 3 – 4 là quá trình đẳng áp. Biết nhiệt độ ở trạng
thái 1 của chu trình là 270C. Tỉ số giữa áp suất lớn nhất và áp suất nhỏ nhất của chu trình
2

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

là 70 và tỉ số nén là 15. Nhiệt lượng mà khí nhận vào trong quá trình đẳng tích và quá
trình đẳng áp bằng nhau. Hãy tính hiệu suất của động cơ nhiệt đó.

Bài 5 (3 điểm): Xác định nhiệt dung riêng của viên bi kim loại.
Cho dụng cụ thí nghiệm gồm:
- Một nhiệt lượng kế dùng để đựng nước và que khuấy.
- Một bình nhôm có hai lớp lớp vỏ A và B. Mặt đáy vỏ trong A nghiêng và có một ống
G nghiêng, thông ra ngoài. Đầu ống nghiêng G có một nắp đậy có thể mở được bằng
cách kéo lên cao.
- Một nhiệt kế ngắn, một nhiệt kế dài.
- Một bếp điện
- Cân Roberval
- Hộp quả cân
a. Lập phương án xác định nhiệt dung riêng của chất làm viên bi với các dụng cụ trên.
Xem như đã biết nhiệt dung riêng của vật liệu làm nhiệt lượng kế và que khuấy, nhiệt
dung riêng của nước.
b. Thiết lập biểu thức sai số của phép đo.
---- Hết ----

3

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Trần Thị Thanh Huyền
SĐT 01248 792 792

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10
NĂM HỌC 2017 – 2018
Thời gian làm bài 180 phút

TRƯỜNG THPT TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ THÁNH TÔNG – QUẢNG NAM
(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

Câu
Nội dung
- Gọi µ là hệ số ma sát trượt giữa A, B với C.
Câu 1
(5 điểm) - Vì mA: mB = 1: 2 suy ra mB > mA nên µmAg < µmB g và tA > tB.
- Xét chuyển động tương đối của A đối với C và B đối với C.
Trong thời gian tB, trong quá trình A chuyển động đối với C thì lực
ma sát tác dụng lên C là fmsA = µmAg hướng sang trái, fmsB = µmBg
hướng sang phải.

Điểm
0.5

0,5

- Khi B đứng yên đối với C thì B và C chuyển động cùng vận tốc
vBC hướng sang phải.
Ta có: (µmBg - µmAg) tB = mCvBC (1)
- Xét hệ 3 vật, nội lực của hệ gồm lực do thuốc nổ phát nổ gây ra và
các lực ma sát µmBg, µmAg. Theo phương ngang, không có ngoại
lực tác dụng lên hệ, áp dụng định luật bảo toàn động lượng :
(mA + mB + mC) v0 = (mA + mB + mC) vt (2)
Do vận tốc ban đầu v0 = 0 nên vận tốc cuối của A, B, C đều bằng
không.
- Sau thời gian (tA - tB) , A sẽ dừng lại đối với C.
- Trong thời gian tA - tB, ta có:

0,5

-µmAg(tA - tB) = 0 – (mB + mC)vBC (3)

0,5

0,5

0,5
0,5

- Lấy (1) chia (3), ta tìm được:
0,5
4

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
mC
mB  mA t B
.

mA
t A  t B mB  mC
2  1 tB
3


1 t A  tB 3  2

Suy ra:

1,0

tA 8

tB 3

a/ Tính mô men quán tính I
Câu 2
(4 điểm)
Câu 2a
(1 điểm)

+ Cắt lớp mỏng dh có bán kính r, khối lượng dm thì dI = dm.r2
+ dm =

dr
m
.2πr.
→I=
Sxq
sinα

+ Với Sxq = πR2/sinα → I =
Câu 2b
(1 điểm)
Câu 2c
(1 điểm)

R

 dI =
0

m πR 4
.
Sxq 2sinα

mR 2
2

0.5
0.5
0.5

b/ Mô men động lượng của hệ bảo toàn → Iωo= (I + mR2)ωc
Iωo
ω
 o
→ ωc =
2
I + mR
3

0.5
0.5

Iωo2 mgR Iωc2 mv2
c/ + Bảo toàn năng lượng:

+


2
tanα
2
2
2 2
4R ωo 2gR
→ v
+
9
tanα
+ Phân tích v thành hai phần, phần nằm ngang có vận tốc là
Rωo
vn = Rωc =
3

0.25
0.25
0.25

→ phần dọc theo đường sinh có giá trị:
R 2 ωo2 2gR
+
vs = v – vn =
3
tanα
v sinα
+ Góc cần tìm thỏa mãn sinφ = s

v
2

2

0.25
0.5
0,25

- Hình vẽ
Câu 3
(4 điểm)
5

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

- Khi ống chữ U chuyển động ngang có gia tốc không đổi hướng
sang phải, cột thủy ngân trong ống cũng chuyển động với cùng gia
tốc. Bên nhánh A, thể tích cột khí giảm, áp suất khí tăng. Bên
nhánh B, thể tích cột khí tăng, áp suất khí giảm. Hợp hai áp lực hai
đầu chất lỏng là lực gây gia tốc.
a. Gọi gia tốc của ống chữ U là a.
Áp lực do khí ở hai nhánh A, B tác dụng lên thủy ngân tương ứng
là F1, F2.
h
5
Ta có: F1 - F2 = ma   p A   g  S  pB S  hS  a (1)
3
3



Trước và sau khi chuyển động, nhiệt độ của khí không đổi. Quá
trình coi như đẳng nhiệt.
Với khí bên nhánh A:
h
3

p0 hS  p A  h   S  p A  p0 (2)
3
2

h
3
Với khí bên nhánh B: p0 hS  pB  h   S  p A  p0 (3)
3
4

9 p  4  gh
Thay (2), (3) vào (1), ta được: a  0
20h

0,5

0,5
0,5
0,5

0,25

b. Khi quay quanh nhánh A với tốc độ góc không đổi , ta có:
F2 – F1 = ma   pB '   g  S  p0 S  m. 2 h(4)
3
6
h



7

0,5



Đối với chất khí bên bình nhánh B: p0 hS  pB  h   S
3
h



 pB ' 

3
p0 (5)
2

Thay (5) vào (4), ta được:
6



0,5

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369


0,5

1 9 p0  6  gh
h
140 

p
p
V
V
Câu 4
Ta có: T1 = 27 + 273 = 300 K; 4  3  70 ; 1  15  1 ;
p1 p1
V2
V3
(4 điểm)

Theo đề: Q23 = Q34  mCV(T3 – T2) = mCP(T4 – T3)

0,5

 T3 – T2 = (T4 – T3) (1)
với  = CP/ CV

 1

T V 
Quá trình 1 -2: 2   2 
T1  V1 



T2
 150,4  T2  886, 25K
300

0,5



p V 
Và 2   2   151,4  p2  44,3 p1
p1  V1 

Quá trình 2 -3:

0,25

p
p2 T2
  T3  3 .T2  1400,39 K
p3 T3
p2

0,5

Thay vào (1) suy ra: T4 = 1767,63K
Quá trình 3 -4 :

V3 T3
V V T
V
V
  3 . 1  3  1  11,88; 5  11,88;
V4 T4
V1 V4 T4
V4
V4
 1

Quá trình 4- 5 :

T4  V5 
 
T5  V4 

0,25
0,25

 T5  656,85K

Nhiệt lượng khí nhận vào của chu trình là

0,5

Qnhan  Q23  Q34  mC p (T4  T3 )  mCV (T3  T2 )

Nhiệt lượng khí tỏa ra của chu trình là

0,25

Qtoa  mCV (T5  T1 )

Hiệu suất của chu trình:

0,5

7

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
H  1
 1


Qtoa
Q51
 1
Qnhan
Q34  Q23

0,5

mCV (T5  T1 )

mC p (T4  T3 )  mCV (T3  T2 )

T5  T1
 65, 29%
 (T4  T3 )  (T3  T2 )

a. Gọi M là khối lượng vật
Câu 5
m1 là khối lượng nhiệt lượng kế và que khuấy.
(3 điểm)
m2 là khối lượng nước
T là nhiệt độ của vật.
T1 là nhiệt độ của của hệ gồm nhiệt lượng kế và que khuấy.
T2 là nhiệt độ của hệ cân bằng gồm nhiệt lượng kế que khuấy và
nước.
C1 là nhiệt dung riêng của vật liệu làm nhiệt lượng kế và que
khuấy.
C2 là nhiệt dung riêng của nước.
- Đổ gần đầy nước vào bình nhôm hai vỏ rồi đun lên bằng bếp điện.
- Dùng cân Roberval để cân khối lượng vật rắn (là các viên bi kim
loại), khối lượng nhiệt kế. khối lượng của vỏ trong, que khuấy và
khối lượng nước bằng phương pháp cân Mendeleev.
Bước 1: bì (500g) cân bằng với các quả cân M1.(1)
Bước 2: bì (500g) cân bằng với các quả cân M2 + vật (khối lượng
M).(2)
Bước 3: bì (500g) cân bằng với các quả cân M3 + nhiệt lượng kế và
que khuấy ( khối lượng m1). (3)
Bước 4: bì (500g) cân bằng với các quả cân M4 + nhiệt lượng kế và
que khuấy có chứa nước (m2) (4)
- Rõ ràng ta có sự cân bằng vế phải của:

(1) và (2) suy ra: M (vật rắn) = M1 – M2
(1) và (3) suy ra: m1 (nhiệt lượng kế và que khuấy) = M1 – M3
(3) và (4) suy ra: m2 (nước) = M3 – M4
- Sau khi cân xong bỏ vật vào bình A, nắp của ống G đậy kín. Cắm
nhiệt kế dài sao cho đầu nhiệt kế ở vị trí đặt vật.
- Dùng que khuấy khuấy đều nước trong nhiệt lượng kế. Cắm nhiệt
kế vào nhiệt lượng kế và đọc nhiệt độ T1 của nước và nhiệt lượng
kế.
- Theo dõi nhiệt kế trong bình hai vỏ, khi nhiệt độ, lên tới khoảng
96 – 98 và không thay đổi, đọc nhiệt độ T của vật. Đưa nhiệt lượng
8

0,25

0, 25

0,25

0,25

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
kế vào sát ống G, mở nắp thả vật thật nhanh vào nhiệt lượng kế,
khuấy đều nước, theo dõi nhiệt độ của nước bằng nhiệt kế ngắn vẫn
cắm trong nhiệt lượng kế. Khi nhiệt độ không lên nữa, đọc nhiệt độ
T2.
- Khi hệ cô lập đạt trạng thái cân bằng nhiệt:
0,25
Q1 = Q2  MC (T– T2) = (m1C1 + m2C2).(T2 – T1)

0,25

(m
c
+
m
c
T
)
1
1
2
2)(T
2
1
C=
M(T

T
2)

0,5

b. Sai số Δ C
C=

(m
c
+
m

c
T
)
1
1
2
2)(T
2
1
M(T

T
2)

Lấy ln hai vế:
(m
c
+
m
c
)(T

T
)
1
1
2
2
2
1


M(T

T
)
2

lnC =ln 

0,25

Chuyển ln tích thành ln tổng, chuyển ln thương thành ln hiệu:
lnC = ln( (m1.C1 + m2.C2) + ln(T2 – T1) - (ln(M)+ln(T – T2))
Lấy vi phân hai vế:
dC
C

d
(
m
C

m
C
)
d
(
T

T